海南省高考化学试题答案及解析.docx
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海南省高考化学试题答案及解析
2020年海南省高考化学试卷
一、单选题(本大题共8小题,共20分)
1.下列物质不能用作食品干燥剂的是()
A.硅胶B.六水合氯化钙
C.碱石灰D.具有吸水性的植物纤维
【答案】B解析:
A.硅胶具有吸水性,无毒,则硅胶可用作食品干燥剂,故A正确;
B.六水合氯化钙不能吸水,则不能作食品干燥剂,故B错误;
C.碱石灰能与水反应,可做干燥剂,故C正确;
D.具有吸水性的植物纤维无毒,则可用作食品干燥剂,故D正确。
2.向H2S溶液中加入或通入少量下列物质,溶液pH升高,且c(S2-)降低的是()
A.NaOHB.CuSO4C.Cl2D.SO2
【答案】D
【解析】本题考查了氢硫酸的性质,为高频考点,侧重考查学生的分析能力,根据物质之间的反应分析解答,难度不大。
A.加氢氧化钠与硫化氢反应生成硫化钠,pH变大,硫离子的浓度变大,故A错误;B.硫酸铜与硫化氢反应生成硫酸的硫化铜,导致溶液中氢离子的浓度变大,故B错误;C.能和氯气反应生成单质硫和氯化氢,溶液酸性增强,pH减小,故C错误;
D.硫化氢与二氧化硫反应生成单质硫,导致溶液pH上升且c(S2-)降低,故D正确。
3.13C与14N具有相同的()
67
A.质子数B.中子数C.电子数D.质量数
【答案】B
【解析】13C中的中子数为13−6=7,14N中的中子数为14−7=7,因此二者具有相同的中
67
子数,
故选B。
4.在一定条件下,RO3n-和I-可发生如下反应:
RO3n-+6I-+6H+=R-+3I2+3H2O,则RO3n-中R元素的化合价为()
A.+1B.+3C.+5D.+7
【答案】C
【解析】本题考查离子方程式中的电荷守恒以及化合价的有关计算知识,可以根据所学知识进行回答,难度不大。
根据离子方程式的电荷守恒以及化合价规则来计算。
离子方程式前后遵循电荷守恒,所以n=1,根据化合价规则,RO3-中氧元素化合价为-2价,所以R元素的化合价为+5价.
故选C。
5.下列物质与危险化学品标志的对应关系不正确的是()
A
B
C
D
汽油
天然气
浓硫酸
氢氧化钠
【答案】C
【解析】
A.乙醇易燃,属于易燃液体,故A不选;
B.天然气易燃,属于易燃气体,故B不选;
C.氯化钠没有腐蚀性,不属于腐蚀品,故C选;
D.硝酸具有强氧化性,属于氧化剂,故D不选。
6.下列反应的离子方程式正确的是()
A.二氧化锰和浓盐酸制取氯气:
MnO2
+4H++2Cl-
△
2+
===Mn+Cl2
↑+2H2O
B.
3223
碳酸钠溶液用作洗涤剂的原理:
CO2-+2HO⇌HCO+2OH-
C.用氯化铁溶液与铜反应制作印刷电路板:
Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
D.氯化铝溶液与氨水制取氢氧化铝:
Al3++3OH-=Al(OH)3↓
【答案】A
【解析】
A.二氧化锰和浓盐酸制取氯气,反应的离子方程式为:
MnO2+4H+
+2Cl-
△
===Mn2+
+Cl2
↑+2H2O,故A正确;
B.
323
碳酸为二元弱酸,则碳酸根离子的水解方程式需要分步写,正确的离子方程式为:
CO2-+2HO⇌HCO-+OH-,故B错误;
C.用氯化铁溶液与铜反应制作印刷电路板,铁离子与铜反应生成亚铁离子和铁离子,正确的离子方程式为:
Fe3++Cu=Fe2++Cu2+,故C错误;
D.氯化铝溶液与氨水制取氢氧化铝,一水合氨不能拆开,正确的离子方程式为:
Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,故D错误;
故选A.
公众号——唐山市高中化学微课堂编辑绘图
7.设NA为阿伏加德罗常数值.下列有关叙述错误的是()
A.2.3gNa在足量O2中燃烧,转移的电子数为0.1NA
B.标准状况下,5.6LNH3中含有的氢原子数目为0.75NA
C.1L0.1mol/LH3PO4溶液中含有的离子数目为0.4NA
D.
1个CO2分子的质量为44g
NA
【答案】C
【解析】
A.2.3g钠的物质的量为0.1mol,而钠反应后变为+1价,故0.1mol钠转移0.1NA个电子,故A
正确;
B.标况下5.6L氨气的物质的量为0.25mol,而1mol氨气中含3molH原子,故0.25mol氨气中含0.75NA个氢离子,故B正确;
C.磷酸为中强酸,不能完全电离,故溶液中的离子个数小于0.4NA个,故C错误;
D.1mol二氧化碳的质量为44g,含NA个二氧化碳分子,故NA个二氧化碳分子的质量之和为44g,
故一个二氧化碳分子的质量为44g,故D正确.
NA
故选C.
8.如图所示为石墨电极电解CuCl2溶液的装置示意图。
下列分析正确的是()
A.
通电使CuCl2发生电离
B.a端是直流电源的负极
C.阳极上发生反应:
Cu2++2e-=Cu
D.通电一段时间后,在阴极附近可观察到黄绿色气体
【答案】B
【解析】
A.电离过程是电解质在水分子作用下发生的离解过程,不是通电条件,通电使电解质发生氧化还原反应,故A错误;
B.依据图中离子移动方向分析,电解过程中阳离子移向阴极,阴离子移向阳极分析确定电极名称,氯离子移向阳极,则b电极为电源正极,a为电源负极,故B正确;
C.依据离子移动方向可知阳极是氯离子失电子发生氧化反应,电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑,故C
错误;
D.氯离子在阳极失电子生成氯气,通电一段时间后,在阳极附近观察到黄绿色气体,故D错误。
故选B。
二、双选题(本大题共6小题,共28分)
9.将15.6gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中,充分反应后得到200mL溶液,再向该溶液中缓慢通入HCl气体6.72L标准状况),若忽略反应过程中溶液的体积变化,则下列判断正确的是()
A.反应过程中得到6.72L(标准状况)的气体
B.最终得到的溶液中c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)
C.最终得到7.8g沉淀
D.最终得到的溶液中c(NaCl)=1.5mol/L
【答案】CD
【解析】
15.6gNa2O2的物质的量为15.6g
78g/mol
=0.2mol,5.4gAl的物质的量为5.4g
27g/mol
=0.2mol,6.72LHCl
气体的物质的量为6.72L
22.4L/mol
=0.3mol.
发生的化学反应:
2NaO2+2H2O=4NaOH+O2↑,生成0.4molNaOH、0.1mol氧气;
发生反应:
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑,0.2molAl消耗0.2molNaOH,故Al完全反应,剩余0.2molNaOH,生成0.2molNaAlO2、0.3molH2。
通入HCl,先发生反应:
NaOH+HCl=NaCl+H2O,0.2molNaOH反应消耗0.2molHCl,剩余0.1molHCl,再发生反应:
NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl,0.1molHCl消耗0.1molNaAlO2,剩余0.1molNaAlO2,生成0.1molAl(OH)3,最终溶液为NaCl、NaAlO2混合溶液。
A.反应中共得到气体的体积为(0.1mol+0.3mol)×22.4L/mol=8.96L,故A错误;
B.最终溶液为NaCl、NaAlO2混合溶液,由电荷守恒可知
c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(AlO2-)-c(H+),故B错误;
C.最终的沉淀为Al(OH)3,其物质的量为0.1mol,则质量为0.1mol×78g/mol=78g,故C正确;
D.
=1.5mol/L
HCl完全反应,溶液中n(NaCl)=n(HCl)=0.3mol,故c(NaCl)=0.3mol
,故D正确,
故选:
CD.
10.下列各物质间的转化在给定条件下能实现的是()
1.2
L
Cl2
A.CH4――――→
光照
NH3
HCl――――→
NH4Cl
H2O
B.CH2=CH2――――→
催化剂△
O2CH3CH2OH――――→CH3CHO
催化剂△
淀粉催化剂
AgNO3溶液
C.――△――→葡萄糖―――△―――→银镜
O2H2O
D.NH3――――→NO―――→HNO3
催化剂
【答案】AB
【解析】
公众号——唐山市高中化学微课堂编辑绘图
A.甲烷在光照条件下与氯气发生取代反应生成氯化氢,氯化氢可与氨气反应生成氯化铵,故A
正确;
B.乙烯与水发生加成反应生成乙醇,乙醇发生催化氧化可生成乙醛,可实现反应,故B正确;
C.葡萄糖与银氨溶液发生反应生成银镜,加入硝酸银,不能发生氧化还原反应生成银镜,故C
错误;
D.NO与水不反应,NO如生成硝酸,应通入氧气,故D错误.故选AB.
11.
在容积不变的密闭容器中存在如下反应:
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H<0,某研究小组研究了其他条件不变时,改变某一条件对上述反应的影响,下列分析正确的是()
A.图Ⅰ研究的是t0时刻增大O2的物质的量浓度对反应速率的影响
B.图Ⅱ研究的是t0时刻通入氦气增大体系压强对反应速率的影响
C.图Ⅱ研究的是t0时刻加入催化剂对化学平衡的影响
D.图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响,且乙的温度较高
【答案】CD
【解析】
A.增大反应物的浓度瞬间,正反速率增大,逆反应速率不变,之后逐渐增大,图Ⅰ应是增大压强的原因,故A错误;
B.通入氦气,各组分的浓度不变,正逆反应速率不变,平衡不发生移动,故B错误;
C.图Ⅱ在t0时刻正逆反应速率都增大,但仍相等,平衡不发生移动,应是加入催化剂的原因,故C正确;
D.乙到达平衡时间较短,乙的温度较高,正反应放热,升高温度,平衡向逆反应方向移动,SO2的转化率减小,故D正确;
故选:
CD.
12.下列实验操作中叙述不正确的是()
A.进行蒸馏操作时先加热再通冷凝水
B.分液时,分液漏斗下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出
C.容量瓶用蒸馏水洗涤后不烘干就使用
D.为了便于操作,浓溶液稀释或固体溶解可直接在容量瓶中进行
【答案】AD
【解析】
A.进行蒸馏操作时,为防止冷凝管破裂,加热前应先通冷凝水,蒸馏结束后继续通冷凝水一段时间,故A错误;
B.分液时,保证被分离液体的纯净,分液漏斗下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,故B正确;
C.定容时还需要向容量瓶中加入蒸馏水,故C正确;
D.容量瓶为精密仪器,浓溶液稀释或固体溶解产生大量的热量,容易损坏容量瓶,故D错误;故选AD。
13.青蒿素结构式如图所示.下列有关青蒿素的说法错误的是()
A.
青蒿素的分子式为C15H22O5
B.青蒿素分子结构稳定,受热不易分解
C.青蒿素中含多个环状结构,其中有一个六元碳环
D.青蒿素难溶于水,提取的方法是用有机溶剂萃取后蒸馏
O
【答案】BC
【解析】
A.由结构简式可知青蒿素的分子式为C15H22O5,故A正确;
B.含有过氧键,不稳定,在温度过高时可分解而变质,故B错误;
C.青蒿素中含多个环状结构,其中有一个7元碳环,3个六元环,故C错误;
D.没有羟基、羧基等亲水基,难溶于水,易溶于有机溶剂,可萃取后蒸馏,故D正确。
故选BC.
14.下列说法不正确的是()
A.同族元素,随着电子层的增加,I1逐渐增大
B.通常情况下,电离能I1 C.同周期元素,随着核电荷数的增加,I1呈增大趋势 D.电离能越小,元素的金属性越强 【答案】AD 【解析】 A.同主族元素自上而下,随电子层增大,元素的第一电离能逐渐减小,故A错误; B.因为同一原子失去电子的能力越来越难,所以其电离能的大小关系为I1 Mg>Al,Al的第一电离能越小,但Al的金属活泼性弱,故D错误; 故选: AD. 公众号——唐山市高中化学微课堂编辑绘图 三、填空题(本大题共2小题,共18.0分) 15.X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期,且原子序数依次增大。 X、Z同主族,可形成离子化合物ZX;Y、M同主族,可形成MY2、MY3两种分子。 请回答下列问题: (1)Y在元素周期表中的位置为。 (2)上述元素的最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是(写化学式),非金属气态氢化物还原性最强的是(写化学式)。 (3)Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有(写出其中两种物质的化学式)。 (4)ZX的电子式为;ZX与水反应放出气体的化学方程式为。 【答案】 (1)第二周期第ⅥA族; (2)HClO4;H2S; (3)O3、ClO2; · (4)Na+[·H]−;NaH+H2O=NaOH+H2↑。 【解析】 本题以元素推断为载体考查了元素化合物的性质,能正确判断元素是解本题的关键,注意(4)中NaH电子式书写氢负离子的电子是2个电子成对,不能分开。 X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期,且原子序数依次增大,所以X是H元素;X、Z同主族,可形成离子化合物ZX,Y为主族元素,且Z原子序数大于Y原子序数,所以Z是Na元素;Y、M同主族,可形成MY2、MY3两种分子,所以Y是O元素,M是S元素,G是短周期主族元素,所以G是Cl元素(不考虑稀有气体),据此解答。 (1)Y是O元素,O原子有2个电子层,最外层电子数为6,处于第二周期第ⅥA族,故答案为: 第二周期第ⅥA族; (2)非金属元素的非金属性越强,其相应的最高价含氧酸的酸性越强,这几种元素非金属性最强的是Cl元素,所以其最高价含氧酸的酸性最强的是HClO4,非金属性越弱,气态氢化物还原性越强,还原性最强的气态氢化物是H2S,故答案为: HClO4;H2S; (3)Y的单质O3、G的单质Cl2、两元素形成的化合物ClO2也可作消毒剂,故答案为: O3、 ClO2等; · (4)ZX为NaH,属于离子化合物,由钠离子与氢负离子构成,电子式为Na+[·H]−,NaH与水 反应生成氢氧化钠与氢气,反应化学方程式为: NaH+H2O=NaOH+H2↑。 16.Ⅰ.已知下列8种物质: ①水;②空气;③二氧化碳;④H2SO4;⑤Ca(OH)2;⑥NaOH溶液。 ⑦碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]⑧硫酸氢钠(NaHSO4) (1)属于混合物的是(填物质的序号,下同)。 (2)属于氧化物的是。 (3)属于碱的是。 (4)属于酸的是。 (5)属于盐的是。 Ⅱ.在宏观、微观、符号之间建立联系,是化学学科特有的思维方式。 汽车尾气是造成大气污染的主要原因之一,在汽车排气管上安装“催化转换器”便可以使汽车尾气转化成无毒气体。 用●表示碳原子,用○表示氧原子,用 表示氮原子,如图为气体转化的微观过程。 请根据图示回答下列问题: (1) A、B、C三种物质可以归为一类化合物的依据是。 (2)将C归为化合物、D归为单质的理由是。 (3)图示反应用化学方程式表示为;化学变化过程中消耗的A物质和生成的C物质的质量比为。 【答案】 Ⅰ. (1)①②⑥ (2)①③ (3)⑤ (4)④ (5)⑦⑧ Ⅱ. (1)都由两种元素组成且其中一种元素为氧元素 (2)二氧化碳是由两种元素组成的纯净物,而氮气是由一种元素组成的纯净物 催化剂 (3)2CO+2NO======N2+2CO2;15: 22 【解析】 Ⅰ.本题考查物质的分类,酸、碱、盐等都有明确的概念,解题时抓住概念的要点来判断物质的类别,题目难度不大。 根据“混合物”、“氧化物”、“酸”、“碱”、“盐”的定义及化学式的书写解答,混合物是由两种或多种物质组成的,氧化物是指由两种元素组成,其中一种是氧元素的化合物,酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物,碱是指电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物,盐是指由金属离子或铵根离子和酸根离子组成的化合物。 (1)空气是由氧气、氮气、二氧化碳等物质构成的混合物,氢氧化钠溶液也是混合物,所以属于混合物的是②⑥; (2)水和二氧化碳都是由两种元素构成的,其中一种是氧元素,所以属于氧化物的是①③; 公众号——唐山市高中化学微课堂编辑绘图 (3)Ca(OH)2是电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物,所以属于碱的是⑤; (4)硫酸是电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物,所以属于酸的是④; (5)碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]、硫酸氢钠(NaHSO4)都是由金属离子和酸根离子组成的,所以属于盐的是⑦⑧; Ⅱ.本题从宏观、微观方面考查了化学反应,根据反应前后元素守恒、质量守恒结合单质、化合物的定义来分析解答即可,难度不大。 根据题意及图示可知: A为NO、B为CO、C为CO2、D为N2, (1)根据A、B、C含有元素种类知,这三种物质都由两种元素组成且其中一种元素为氧元素,所以都属于氧化物,可以归为一类; 故答案为: 都由两种元素组成且其中一种元素为氧元素; (2)C为CO2,D为N2,二氧化碳是由两种元素组成的纯净物,而氮气是由一种元素组成的纯净物,所以二氧化碳是化合物,氮气是单质, 故答案为: 二氧化碳是由两种元素组成的纯净物,而氮气是由一种元素组成的纯净物; (3)同一化学反应中,分子数之比等于其计量数之比,所以该反应方程式为: 催化剂 2CO+2NO======N2+2CO2,A为NO、C为CO2,化学变化过程中消耗的A物质和生成的C物 质的质量比=2×(14+16): (12+2×16)=15: 16。 四、简答题(本大题共4小题,共46.0分) 17.运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义。 (1)合成氨反应N2(g)+3H2⇌2NH3(g),若在恒温、恒压条件下向平恒体系中通入氩气,则平衡移动(填“向左”、“向右”或“不”,下同);使用催化剂则平衡移动,反应的△H (填“增大”“减小”或“不变”)。 (2)已知: O2(g)=O2+(g)+e-△H1=1175.7kJ∙mol−1PtF6(g)+e-⇌PtF6-(g)△H2=-771.1kJ∙mol−1O2+PtF6-(s)=O2+(g)+PtF6-(g)△H3=482.2kJ∙mol−1 则反应O2(g)+PtF6(g)=O2+PtF6-(s)的△H=。 (3)在25℃下,向浓度均为0.1mol∙L−1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水,先生成 沉淀(填化学式),生成该沉淀的离子方程式为。 (已知25℃时,Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11,Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20)。 (4)7℃、1.01×105Pa时密闭容器中N2O4和NO2的混合气体达到平衡时,c(NO2)=0.0300mol∙L−1、 c(N2O4)=0.012000mol∙L−1。 计算反应2NO2(g)⇌N2O4(g)的平衡常数K。 【答案】 (1)向左;不移动;不变; (2)-77.6kJ/mol; (3)Cu(OH)2;2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+ (4)13.3 【解析】 (1)若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气,为保持恒压,体积增大,平衡向逆向进行;催化剂改变反应速率,不改变化学平衡,反应焓变不变, 故答案为: 向左;不移动;不变; 2 (2)已知: ①O2(g)=O+(g)+e-△H1=1175.7kJ∙mol−1 ②PtF6(g)+e-⇌PtF6-(g)△H2=-771.1kJ∙mol−1 2626 ③O+PtF-(s)=O+(g)+PtF-(g)△H3=482.2kJ∙mol−1 据盖斯定律,①+②+③得: 26 O2(g)+PtF6(g)=O+PtF-(s)△H=-77.6kJ∙mol−1 (3)溶度积常数越小的物质越先沉淀,氢氧化铜的溶度积小于氢氧化镁的溶度积,所以氢氧化铜先沉淀,铜离子和氨水反应生成氢氧化铜沉淀和铵根离子,离子方程式为 4 2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+2NH+ (4)平衡时,c(NO2)=0.0300mol∙L−1、c(N2O4)=0.0120mol∙L−1,反应2NO2(g)N2O4(g) 的平衡常数K=c(N2O4) c2(NO2) =13.3。 18.某地煤矸石经预处理后主要含SiO2(20%)、Al2O3(30%)和少量的Fe2O3、FeO及MgO实验小组设计如下流程用其制备碱式硫酸铝[Al2(OH)4SO4]: H2SO4H2O2试剂X过量稀H2SO4CaCO3 煤矸石 除杂Ⅰ 氧化 酸溶 SO2、Fe(OH)3 除杂Ⅱ 滤渣Ⅱ 碱式硫酸铝 调pH=3.6 酸化 Al2(OH)4SO4 (1)为提高“酸溶”时铝浸出率,可采取的措施之一是。 (2)氧化时应控制反应温度在10~20℃,其原因是,“氧化”时可用MnO2替代,反应的离子方程式为。 (3)试剂X为,设计一个简单的实验,证明铁元素已被沉淀完全: 。 (4)加入制CaCO3备碱式硫酸铝的化学方程式为。 【答案】 (1)适当加热(或将煤矸石粉碎,适当提高硫酸的浓度等); (2)防止H2O2分解;MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O; (3)Al2O3(合理即可);静置,取上层清液于试管中,滴加KSCN溶液,若溶液呈现血红色,说明未沉淀完全,反之则沉淀完全; (4)Al2(SO4)3+2CaCO3+2H2O=Al2(
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